Đáp đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán năm 2006

Nội dung text: Đáp đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán năm 2006

1. Thi vào Chuyên Hùng Vương Vòng 1 (Ngày 3 tháng 7 năm 2006) ( a b) 2 4 ab a b b a Bài 1 Cho biểu thức M ; Với a>0;b>0 a b 2 ab /aRút gọn M ( a b) 2 4 ab a b b a ( a b) 2 ab( a b) M a b 2 ab a b 2 ab a b 2 a 2 b a b a b M a b 2 2 2 b/Tính giá trị M khi a 2007 2 2006; b 2007 2 2006; ta có a 2007 2 2006 ( 2006 1)2 ;b 2007 2 2006 ( 2006 1)2 2006 1 2006 1 vậy M 2006 2 Bài 2 Giải phương trình 1 1 1 (*) x(x 2) (x 1) 2 12 ĐKXĐ : x 0;x -1; x -2 1 1 1 đặt x2+2x=y (*) 12(y 1) 12y y(y 1) y 2 y 12 0 y y 1 12 =49;y1=3;y2=-4 2 Với y=3 ta có x +2x-3=0 nhẩm Vi-ét x1=1;x2=-3 ĐKXĐ Với y=-4 ta có x2+2x+4= 0 vô nghiệm vì /=-3 2 120 Số tấn hàng mỗi xe phải chở theo kế hoạch là (tấn) x 120 Khi 2 xe bị hỏng mỗi xe phải chở (tấn) x 2 Vì mỗi xe phải chở thêm 16 tấn hàng nên ta có PT 120 120 16 (*) x 2 x Giải PT (*) 120x-120(x-2)=16x(x-2) 16x2-32x-240=0 2 / x -2x-15=0 ; =16;x1=5>0 thoả mãn;x2=-3 <0 (loại) Trả lời :số xe của đội là 5 xe Bài 4 Cho hệ phương trình ax y 1 (I) x ay 1 a/Tìm nghiệm của hệ
2. y ax 1 y ax 1 y ax 1 y ax 1(1) (I) 2 2 2 x a(ax 1) 1 x a x a 1 x a x 1 a x(1 a ) 1 a(2) a 1 a 1 Vì a2+1 >0 mọi a từ (1) ta có x thay vào (2) y a 2 1 a 2 1 a 1 a 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x ; y a 2 1 a 2 1 b/Tìm Min;Max của tổng x+y 2a a 2 2a 1 a 2 1 (a 1) 2 Ta có T x y 1 1 a 2 1 a 2 1 a 2 1 Min (T)=-1 khi a=-1;mặt khác áp dụng BĐT A2+B2 2AB (dấu "=" xảy ra khi A=B) 2a Ta có T 1 ;Max(T)=1 khi a=1 2a Cách khác: (Sử dụng phương pháp miền giá trị) 2 2 Gọi T0 là giá trị tuỳ ý của T ta có T0(a +1)=2a T0a -2a+T0=0(*) Với T0=0 thì a=0 / / 2 Với T0 0 ;PT(*) chỉ có nghiệm a khi 0 ta có =1-T0 0 -1 T0 1 Vậy giá trị lớn nhất của x+y=1 khi a=1;giá trị nhỏ nhất của x+y=-1 khi a=-1 Câu 5 A a/Chứng minh OI=OM xét 2Tam giác AOM; BOI có OAM=OBI (cạnh tương ứng ) OA=OB(gt); AOM=BOI=900 Nên AOM= BOI (c.g.c) OI=OM() b/Ta có tứ giác AOHB nội tiếp nên OHA=OBA=450 nên OHK=450 O M B vậy OHK vuông cân tại K OK=KH() H/ c/*Phần thuận: H Ta có OKB=900 không đổi OB cố định K theo quỹ tích cung chứa góc K thuộc đường I K/ C tròn đường kính OB Giới hạn MO thì KO;khi MB thì KC (C là trung điểm cung OKB) *Phần đảo lấy K/ cung OC ,nối OK/ trên K/B lấy H/ sao cho OK/=K/H/ ta phải chứng minh AH/K/B.Ta có OH/A=OBA=450 nên tứ giác AOH/B nội tiếp suy ra AH/K/B *Kết luận : tập hợp K là cung OC của đường tròn Đường kính OB Thi vào Chuyên Hùng Vương Vòng 2 (Ngày 4 tháng 7 năm 2006) Bài 1Cho a,b,c ,x,y,z là các số thực a,b,c khác 0
3. bz cy cx az ay bx abz acy bcx baz cay cbx a b c a2 b2 c2 a/Từ giả thiết abz acy bcx abz acy bcx 0 0 a2 b2 c2 a2 b2 c2 Vì a,b,c khác 0 nên bz-cy=0;cx-az=0;ay-bx=0 x y z Suy ra () a b c bc ca ab b3c 3 c 3a 3 a 3b3 b/ M (*) a 2 b 2 c 2 a 2b 2c 2 Mặt khác ab+bc+ac=0 ab+bc=-ac (ab+bc)3=(-ac)3 a3b3+b3c3+3ab2c(ab+bc)=-a3c3 a3b3+b3c3+ a3c3=3a2b2c2 thay vào (*) ta có M=3 Bài 2 a/ Chữ số trăm nghìn có 3 cách chọn sau khi chọn chữ số hàng trăm nghìn chữ số hàng chục nghìn còn 2 cách chọn chữ số hàng nghìn còn 1 cách chọn. Chữ số trăm có 3 cách chọn, sau khi chọn chữ số hàng trăm chữ số hàng chục có 2 cách chọn chữ số đv còn 1 cách chọn vì chọn 3 chữ số một cặp Vậy có tất cả 3.2.1.3.2.1.3= 108 số thoả mãn bài toán b/Tìm nghiệm nguyên thoả mãn hệ x 2 6x 2y 15 x 2 6x 2y 15 0(1) 2 2 (x 3x)y 2(z 3) 0 2(x 3x)y 4(z 3) 0(2) 2 2 2 2 x y 2y 4z 12 0 x y 2y 4z 12 0(3) PT(1) cộng PT(2)+PT(3) ta có x2-6x-2y-15+2x2y-6xy+4z+12+x2y2+2y-4z+12 0 (x2y2+2x2y+x2)-6(xy+x)+9 0 (xy+x)2-6(xy+x)+9 0 (xy+x-3)2 0 vì x,y,z nguyên nên (xy+x-3)2=0 xy+x=3 x(y+1)=3 ta có các hệ sau x 1 x 1 x 3 x 3 ;hoac ;hoac ;hoac y 1 3 y 1 3 y 1 1 y 1 1 suy ra x 1 x 1 x 3 x 3 ;hoac ;hoac ;hoac thay các cặp (x;y) vào PT(3) tìm z sau đó y 2 y 4 y 0 y 2 thay vào PT(3) chỉ có cặp x=-1;y=-4;z=5 thoả mãn Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-1;-4;5) Bài 3 Giải phương trình x 4 x 4 2x 12 x 2 16 (*) ĐKXĐ: x 4 (*) x 4 x 4 x 4 x 4 (x 4)(x 4) 12 ( x 4 x 4)2 12 Đặt x 4 x 4 y; DK : y 0 Ta có PT: y=y2-12 y2-y-12=0 (y-4)(y+3)=0 y=4 vì y+3>0 Với y=4 ta có
4. x 4 x 4 4 x 4 4 x 4 x 4 16 8 x 4 x 4 8 x 4 8 x 4 1 x 5 DKXD Vậy phương trình có nghiệm x=5 Bài 4 A a/Tâm đường tròn ngoại tiếp MNP là giao trung trực MN &MP vì BMN P CMP cân tại B&C nên trung trực N MN;MP chính là phân giác ABC; O ACB giao 2 phân giác này chính là tâm đường tròn nội tiếp ABC () b/Tìm vị trí N;P để độ dài NP nhỏ B 1 2 C nhất M Xét tứ giác ANOP có A;O cố định NAO không đổi;NOP=2.NMP 1800 ABC 1800 ACB NAP NMP=1800-M -M =1800- 900 1 2 2 2 2 NOP=1800-NAP nên NOP +NAP=1800-NAP+NAP=1800 do vậy tứ giác ANOP nội tiếp NAP không đổi AO cố định dây NP nhỏ nhất khi đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác này nhỏ nhất khi đó AO là đường kính suy ra N;P;M là chân đường vuông góc kẻ từ O tới AB,AC,BC 7 Bài 5 Tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá (4 15) n n Đặt S n (4 15) (4 15) an bn 2 2 ta có Sn 1 (4 15)an (4 15)bn ;Sn 2 (4 15) .an (4 15) .bn Sn 2 (32 8 15 1).an (32 15 1).bn Sn 2 8(4 15)an (4 15)bn  (an bn ) Vậy Sn+2=8.Sn+1-Sn Ta có S1=8 S2=62 ;S3=8.62-8=488 ;S4=8.488-62=3842 ; S5=8.3842-488=30248 S6=8.30248-3842=238142; S7=8.238142-30248=1874888 Vì 0 (4 15)7 1 nên 1874887<(4 15)7 <1874888 Vậy số nguyên lớn nhất không vượt quá (4 15)7 là 1874887 Thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên hùng vương Năm học 2007-2008 Môn Toán (dành cho mọi thí sinh) Ngày thi 25 tháng 6 năm 2007 Bài 1 Cho biểu thức
5. 1 1 1 P . (a>1) a 1 a 1 a 1 a 1 a 2 1 a) Rút gọn P b) Tính giá trị P với a= a 6( 6 2) Giải 1 1 1 a)Rút gọn P . (a > 1) a 1 a 1 a 1 a 1 a 2 1 a 1 a 1 a 1 a 1 1 P . ( a 1 a 1)( a 1 a 1) a 2 1 a 1 a 1 a 1 a 1 1 P . a 1 a 1 a 1. a 1 2 a 1 1 1 P . 2 (a 1)(a 1) a 1 b) a 6 6 2 6 2 6 1 1 1 P 2 3 2 5 2 6 3 2 3 2 Bài 2 Cho hệ phương trình x 3y 1(1) 2 ( x,y là ẩn số) a 1 x 6y 2a(2) 1 a.Với giá trị nào của a thì hệ phương trình nhận (x 0; y ) 3 b.Giải hệ với a=0 Giải 1 a. Thay (x 0; y ) vào phương trình (2) 3 1 3 a2 1 .0 6. 2a a 2 2 b.Với a = 0 ta có hệ 1 x 3y 1 3y 1 y 3 x 6y 0 x 6y x 2 1 Vậy với a=0 hệ phương trình có nghiệm (x,y) = (2, ) 3 Bài 3 Giải Gọi chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là x (m) x>0 Thì chiều dài khu vườn hình chữ nhật là x + 10 (m)
6. Sau khi tăng chiều rộng và chiều dài thêm 5 m thì chiều rộng mới là x+5 (m) Chiều dài mới là x +10 (m) Vì diện tích mới là 875 m2 nên ta có phương trình (x + 5).(x + 10) = 875 x 2 20x 75 875 2 x 20x 800 0 x1 20, x2 40 0(loai) Diện tích khu vườn ban đầu là x(x + 10)=20(20 +10)=600 m 2 Bài 4 Giải a) A B C H AB 2 BH.BC 4. 4 9 4.13 AB 2 13(cm) 2 AC CH.CB 9.(4 9) 9.13 AC 3 13(cm) AH 2 BH.CH 4.9 36 AH 6(cm) A Q I B H M C P 1.Do  PAQ = 900, nên PQ là đường kính. Nên P,H,Q thẳng hàng (đpcm) - Ta có AHP cân tại H nên ta có  BPQ =  BAH (1) ABC có AH vuông góc với BC nên  BCQ =  BAH (2) (cùng phụ với  ABC) Từ (1) và (2) suy  BCQ =  BPQ= .Theo quỹ tích cung chứa góc đỉnh P và đỉnh C cùng thuộc một cung chứa góc dựng trên BQ
7. Hay 4 điểm B,P,C,Q cùng thuộc 1 đường tròn. (đpcm) 2.Ta có ABC có AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền Nên AM = BM=CM ACM cân tại M nên  ACM =  CAM (3) AHQ cân tại H nên  HAQ =  QAH (4) Từ (3) &(4)  CAM+ AQH= ACM+ QAH=900 ( hai góc nhọn tam giác vuông AHC) Xét AQI có tổng 2 góc  CAM+ AQH = 900 hay  QAI+ AQI=900 Nên AQI vuông tại I hay AM PQ (đpcm) Bài 5 Cho x,y là các số thực dương thoả mãn xy=1.Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 S 1 1 2 2 x y Giải Cách 1: áp dụng Bất đẳng thức A2 B 2 2AB dấu “=” xảy ra khi A=B 1 1 x 2 1 y 2 1 2x.2y S 1 1 . 4 2 2 2 2 2 2 x y x y x .y Min (S)=4 khi x=y=1 Cách 2: 1 1 1 1 1 S 1 1 1 2 2 2 2 2 2 x y y x x .y x 2 y 2 S 2 2 x 2 y 2 2 2xy 4 x 2 y 2 Dấu bằng xảy ra khi x = y =1 Suy ra Min (S) = 4 khi x = y =1. Thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên hùng vương Năm học 2007-2008 Môn Toán (dành cho thí sinh thi chuyên Tin học) Ngày thi 26 tháng 6 năm 2007 Bài 1 a. Rút gọn P 3 2 3 2 5 2 6 b.Cho các số thực x,y thoả mãn điều kiện (x-1)2+(y-2)2=5 Tìm giá trị lớn nhất của S=x+2y-5 Giải a) 2 P 3 2 3 2 5 2 6 3 2 3 2 3 2 2 P 3 2 3 2 3 2 2 3 2 2 2 1 P 2 1 2 1 b) Cách 1 : Đặt x-1=a, y-2=b ,ta có a2+b2=5,S=x-1+2(y-2)-5=a+2b
8. áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacôpsky cho 2 dãy 1,2 và 2, b ta có (a 2b)2 (1 4)(a2 b2 ) 25 S2 25 5 S 5 Max(S)=5 khi b=2a thay vào a2+b2=5 ta có 5a2=5=>a=1 hoặc a=-1 Với a=1 thì b= 2 ta có x=2,y=4 Với a=-1 thì b=-2 x=y=0 ( loại vì S=-5) Cách 2 : Từ giả thiết ta có x2 -2x+1+y2 -4y+4=5 x2+y2=2(x+2y) áp dụng Bất đẳng thức Bunhicôpsky cho2 dãy 1,2 và x, y Ta có (x+2y)2 5(x2 +y2)=10(x+2y) (x+2y)2-10(x+2y) 0 (x+2y)(x+2y-10) 0 0 x+2y 10 Nên x+2y-5 5 Max(S)=5 khi x=2,y=4 Cách 3: Từ giả thiết ta có x 2 y 2 2x 4y 0 Vì S x 2y 5 x S 2y 5 Thay vào GT ta có PT: 5y 2 4 S 5 y S 2 8S 15 0 Xét phương trình bậc 2 ẩn y tham số S (phương trình phải có nghiệm) 5y 2 4 S 5 y S 2 8S 15 0 ' 4 S 5 2 5 S 2 8S 15 0 2 2 S 25 0 S 25 5 S 5 b 4 5 5 MaxS 5 y 4 x 2, y 4 1,2 2a 10 Bài 2Cho phương trình bậc 2 : x2+2(m-2)x-(2m-7)=0 (1) ( x là ẩn) a) Giải phương trình với m=4 b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1,x2 2 2 Sao cho P= x1 +x2 có giá trị nhỏ nhất Giải Thay m=4 vào phương trình : x 2 2 m 2 x 2m 7 0 1 Ta có x1 2 5 (1) x 2 4x 1 0 ' 5 Vậy nghiệm x2 2 5 b) Xét phương trình (1): Điều kiện có nghiệm ' m 2 2 2m 7 0 m2 2m 3 m 3 (m 1)(m 3) 0 m 1 Gọi các nghiệm là x1 , x2 Theo Viét ta có x1 x2 2 m 2 x1.x2 2m 7 2 2 2 2 P x1 x2 x1 x2 2x1 x2 4 m 2 2 2m 7
9. P 4m 2 12m 2 Ta có P=4m2+4m-16m-16+18=4(m+1)(m-4)+18 Với m 1 thì m+1 0,;m-4 0 P=4(m+1)(m-4)+18 18 (1) dấu “=” xảy ra khi m=-1 Mặt khác P=4m(m-3)+2 Với m 3 P=4m(m-3)+2 2 (2) Dấu “=” xảy ra khi m=3 Từ (1) và (2) ta có Min(P) =2 khi m= 3 thoả mãn PT(1) có nghiệm x 2 3y 9(1) Bài3: Giải hệ phương trình 2 y 4x 2(2) Giải x 2 9 (1) y Thế vào phương trình thứ 2 Ta có 3 x 4 18x 2 36x 18 0 4 2 x 3 2. x 1 x 2 3 2 x 1, 2 Nếu x 1; 2 x 2 3 2 x 1 x 2 3 2x 3 2 0 3 2 18 12 2 x 1 2 18 12 2 3 2 18 12 2 x 2 2 2 2 36 24 2 y 2 9 6 2 1 2 2 2 36 24 2 y 2 9 6 2 2 2 Nếu x< -1 (pt) x 2 3 2 x 1 x 2 3 2x 3 2 0 ; 3 2 18 12 2 x 3 2 18 12 2 3 2 18 12 2 x 4 2 2 2 36 24 2 y 2 9 6 2 3 2 2 2 36 24 2 y 2 9 6 2 4 2 Vậy hệ phương trình có 4nghiệm
10. 3 2 18 12 2 3 2 18 12 2 (x; y) ; 2 9 6 2 ; ; 2 9 6 2 ; 2 2 3 2 18 12 2 3 2 18 12 2 ; 2 9 6 2 ; ; 2 9 6 2 ; 2 2 Cách 2: Nhân PT(1) với 2 trừ PT(2) ta được PT 2x2 4x 2 y 2 6y 9 0 2(x 1)2 (y 3)2 0  2(x 1) (y 3) 2(x 1) (y 3) 0 (x 2 2 y 3)(x 2 2 y 3) 0 y x 2 2 3 y x 2 2 3 Thay y vào PT(1) ta có x 2 3 2, x 3 2 0,(3) 2 x 3 2.x 3 2 0,(4) Giải phương trình (3),(4) ta được x thay vào y ta được nghiệm của hệ Bài 4
11. A Q I E F D K O H B C J a)1. Các tứ giác AEKF,BFEC Nội tiếp, EF là dây cung chung của 2 đường tròn ngoại tiếp 2 tứ giác trên.Nên EF vuông góc với đường nối tâm OI (đpcm) 2.Ta có K,A H thẳng hàng AK 2HK AK HK (HK AK) HK HA Ta có HI HK 2 2 2 2 áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số dương HK, HA HK HA HK HA 2 HK.HA HK.HA(*) Dấu “=” xảy ra khi HK=HA 2 Mặt khác Ta có BKH đồng dạng ACH (g.g) BH KH BH.CH AH.KH thay vào (*) AH CH Ta có HI HB.HC ( không đổi) Min(HI)=HB.HC khi HA=HK khi đó A là giao của đường tròn đường kính BC và đường thẳng (d) 3.Gọi giao của BC và đường thẳng kẻ qua A vuông góc với OK là J ,ta chứng minh J cố định. Ta có BKH đồng dạng ACH (g.g) BH KH BH.CH AH.KH (1) ; AH CH OKHđồng dạng AJH (g.g)
12. KH OH AH.HK OH.JH (2) JH AH BH.CH Từ (1) và (2) ta có JH.OH=BH.CH JH OH mà B,C,H cố định nên J cố định (đpcm) b) A O B C M B/ D O/ ta có: MBB /,chung , BMB/  BDB/(cùng bằng nửa sđ cung MB/) nên BB/M đồng dạng BDM (g.g) 2 Suy ra: BB ' BM.BD BM (BM DM ). (*) OBM và O/DM là 2 tam giác cân có  BMO=DMO/ Nên OBM đồng dạng O / DM (g.g) DM O / D R ' BM.R ' DM BM OB R R Thay DM (*) vào ta được ' ' '2 BM.R 2 R BB BM BM BM 1 (đpcm). R R (Chú ý: không cần giả thiết tam giác ABC đều ta vẫn có kết quả trên) Bài 5 Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x2+3y2=19-4x(1) Giải Xét phương trình bậc 2 ẩn x có nghiệm nguyên (1) 2x 2 4x 3y 2 19 0
13. ĐK để phương trình (2) có nghiệm nguyên thì / chính phương ' 4 2. 3y 2 19 0 2 2 y 4 42 6y 0 y Z y 2 4 2 y 2 y Z y -2 -1 0 1 2 ' 18 (loại) 36 42(loại) 36 18(loại) y 1 (1) 2x2 4x 16 0 x2 2x 8 0 (x 2)(x 4) 0 x 2 x 4 Vậy PT (1) có 4 nghiệm (x;y)=(2;-1);(2;1);(-4;1);(-4;-1) / 2 / Cách khác 42 16y 42; M6; / chính phương * / =0 ta có y2=7(loại) * / =36 ta có y2=1 nên y=1 hoặc y=-1 (1) 2x2 4x 16 0 x2 2x 8 0 (x 2)(x 4) 0 x 2 x 4 Vậy PT (1) có 4 nghiệm (x;y)=(2;-1);(2;1);(-4;1);(-4;-1) Thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên hùng vương Năm học 2007-2008 Môn Toán (dành cho thí sinh thi chuyên Toán) Ngày thi 26 tháng 6 năm 2007 Bài1,2,3,4 Như đề thi vào chuyênTin p x3 3x2 5x q y3 3y 2 5y Bài 5 cho Tính giá trị biểu thức A=x+y p q 6 Giải
14. p q x3 3x2 5x y3 3y2 5y 6 2 x3 3x2 3x 1 y3 3x2 3x 1 2 x 1 2 y 1 0 3 3 y 1 x 1 2 x 1 (y 1) 0 x 1 y 1 . x 1 2 x 1 y 1 (y 1)2 2 0(*) Đặt x-1 =a, y-1=b thì A=x+y=a+b-2 ;(*) (a+b)(a2-ab+b2+2)=0 2 b 3b2 Ta có a 2 ab b2 a 2 0 :a,b 2 4 Nên a+b=0 suy ra x+y-2=0 hay x+y=2 Vậy A=2 Cách khác p q x3 3x2 5x y3 3y2 5y 6 (x3 y3 ) 3(x2 y2 ) 5(x y) 6 0 (x y)3 3xy(x y) 3(x y)2 6xy 5(x y) 6 0 Đặt x+y=c, xy=d ta có (*) c3 3cd 3c2 6d 5c 6 0 (c3 2c2 ) (c2 2c) (3c 6) (3cd 6d) 0 (c 2)(c2 c 3 3d) 0 c 2 0(1) 2 c c 3 3d 0(2) (1) suy ra c=2 hay A=x+y=2 . x 1 2 x 1 y 1 (y 1)2 2 0x, y Từ (2) ta có Thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên hùng vương Năm học 2008-2009 Môn Toán (dành cho thí sinh thi chuyên Toán) Ngày thi 26 tháng 6 năm 2007 Câu 1 Cho phương trình bậc 2 : x2+2(m+1))x+m2 +m+2 =0 (1) ( x là ẩn) a)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm b) Gọi x1,x2 là nghiệm của (1) tìm m để P= x1x2 + 2(x1+x2 )có giá trị nhỏ nhấ Giải a) Xét phương trình (1): Điều kiện có nghiệm / 0 2 ' m 1 (m2 m 2) m 1 0 m 1 Vậy với m 1 thì PT ( 1) có nghiệm b) với m 1 Gọi các nghiệm là x1 , x2 Theo Viét ta có
15. x1 x2 2 m 1 2 x1.x2 m m 2 2 2 3 17 17 P 2 x1 x2 x1x2 m 3m 2 m 2 4 4 17 3 Vậy Min (P) =;khi : m thoả mãn / 0 4 2 Câu 2: Giải phương trình x2 x 2 4 x 1 ĐKXĐ : x 1 Giải x2 x 2 4 x 1 x2 2x 1 3x 3 4 x 1 (x 1)2 3(x 1) 4 x 1 0(*) đặt x 1 t(t 0) (*) t4 +3t2-4t =0 t(t-1)(t2+t+4)=0 t=0 hoặc t=1 Vì t2+t+4 >0 mọi t *Với t=0 thì x=1(t/m) * Với t=1 thì x=2 (t/m) Vậy PT có 2 nghiệm x1=1;x2=2 3x3 x 2y(1) Câu3: Giải hệ phương trình 3 3y y 2x(2) Giải Lấy PT(1) trừ PT 2 ta được PT : 3(x3 -y3)=y-x (x-y)(3x2+3xy+3y2+1)=0(*) 2 2 2 2 2 y y 3y y 3y Ta có 3x2+3xy+3y2+1=3 x 2x 1 3 x 1 0,voi :x, y 2 4 4 2 4 (*) x y 0 x y thay vào (1) ta được 3x3=x+2x 3x(x-1)(x+1)=0 vậy PT có 3 nghiệm (x;y)=(0;0);(1;1);(-1;-1) Câu 4 Q F H 2 P 1 M 1 2 I' J A O R/ B R I C N E a)MN//N F và MF,NE,OI đồng quy do MBN=900 nên  EBF =900 suy ra E,I,F thẳng hàng ta có  OMB= OBM= IBE= IEB nên MN//EF ( đpcm)
16. gọi giao điểm MF,NE là J nối JO cắt EF tại I’ áp dụng hệ quả định lý Ta-lét ta có: OM JO ON mà OM=ON suy ra I/F=I/E mà I EF nên I/  I hay I , F JI , I .E JO OM OB MF,NE,OI đồng quy mặt khác do không đổi mà B,O,I cố định nên J cố JI IF IB điịnh (đpcm) b) Chứng minh tổng ME2 +NF2 không đổi Đặt OB=R,BI=R/ Ta có ME2 +NF2=(MB+BE)2+(NB+BF)2=MB2+2MB.BE+BE2+NB2+2NB.BF+BF2 MB NB =( MB2+NB2)+( BE2+ BF2)+2(.BE 2 .BF 2 ) (*) BE BF MB NB OB R Mà: MB2+NB2= MN2=4R2; BE2+ BF2=EF2=4R/2; thay vào (*) BE BF BI R/ R ME2 +NF2=4R2+4R/2+2. .4R/2=4R2+4R/2+8RR/=4(R+R/)2 không đổi (đpcm) R/ c)Gọi H là hình chiếu của B trên MF chứng minh HB là phân giác góc OHI qua O và I kẻ hai đường thẳng vuông góc với AC cắt MF tại P và Q ta có tứ giác POBH,QIBH nội tiếp nên  H1= B1;  H2= B2 (1) OP JO OM OB mặt khác ta có nên POB đồng dạng với QIB (c.gc.c) IQ JI IF BI nên  B1= B2 (2) từ (1) và (2) ta có  H1= H2;suy ra  OHB= IHB Hay HB là phân giác góc OHI ( đpcm) Câu 5: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác .Chứng minh bất đẳng thức a b c 3 2b 2c a 2a 2c b 2a 2b c Giải Ta có 3a2 3b2 3c2 VT 3a(2b 2c a) 3b(2a 2c b) 3c(2a 2b c) a 3 b 3 c 3 VT (*) 3a(2b 2c a) 3b(2a 2c b) 3c(2a 2b c) A B áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương A,B AB 2 3a 2b 2c a a 3 a 3 Ta có 3a(2b 2c a) a b c (1) 2 3a(2b 2c a) a b c Tương tự 3b 2a 2c b b 3 b 3 3b(2a 2c b) a b c (2) 2 3b(2a 2c b) a b c
17. 3c 2a 2b c c 3 c 3 3c(2a 2b c) a b c (3) 2 3c(2a 2b c) a b c Từ (1),(2),(3) ta có a b c 3 2b 2c a 2a 2c b 2a 2b c Dấu “=“ xảy ra khi 3a 2b 2c a 3b 2a 2c b a b c 3c 2a 2b c Hay tam giác đó đều Thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên hùng vương Năm học 2008-2009 Môn Toán (dành cho thí sinh thi chuyên Tin) Ngày thi 26 tháng 6 năm 2008 Câu 1,2,3 Như đề thi vào chuyênToán Câu 4: K A 1 2 O Q M 1 2 I N P 1 2 B D C a) Chứng minh K thuộc (O) và K thuộc đường thẳng cố định xét tứ giác KMDN có  KMD+ KND=900+900=1800 nên tứ giác KMDN nên K thuộc đường tròn đi qua MDNA ta có  KMD=900 nên KD là đường kính của (O) suy  KAD=900 ,AD cố định nên KA vuông góc với AD vậy K thuộc tia AK cố định b)Gọi I là trung điểm MN chứng minh I thuộc đường thẳng cố định
18. Kẻ DP AB, DQ AC thì PQ cố định ta chứng minh I PQ Ta có K,O,I,D thẳng hàng nên DI MN. Ta chứng minh được 2 tứ giác MPDI,NQID nội tiếp suy ra  I1= D1;  I2= D2 (1) Mà  PDQ+ BAC=1800= MDN+ BAC suy ra  PDQ= MDN 0 Suy ra  D1= D2 (2) .Từ (1) &(2) ta có  I1= I2 mà  I1+ PIN=180 0 Suy ra I2 + PIN=180 hay P.I,Q thẳng hàng hay I PQ cố định c)Xác định (O) để MN nhỏ nhất Ta có  PDQ= MDN ,  NMD= QPD suy MDN đồng dạng với PDQ nên MN MD 1 MN PQ ( không đổi) PQ PD Giá trị nhỏ nhất MN=PQ khi M  P; N  Q Khi đó AMN cân tại A và I AD Vậy O AD hay đường tròn (O) nhận AD là đường kính Câu 5: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác .Chứng minh bất đẳng thức a b c 3 b c a a c b a b c Giải Ta có a2 b2 c2 VT a(b c a) b(a c b) c(a b c) a b c VT a(b c a) b(a c b) c(a b c) A B áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương A,B AB 2 a b c a b c a 2a Ta có a(b c a) (1) 2 2 a(b c a) b c Tương tự b a c b a c b b b(a c b) (2) 2 2 b(a c b) a c c a b c a b c c c(a b c) (3) 2 2 c(a b c) a b Từ (1),(2),(3) ta có a b c a b c 2 b c a a c b a b c b c a c a b a b c 3 Ta chứng minh được nên b c a c a b 2 a b c 3 b c a a c b a b c
19. Dấu “-“ xảy ra khi a b c a b a c b a b c c a b c Hay tam giác đó đều Cách khác đặt b+c-a=x;c+a-b=y;a+b-c=z thì x+y=2c;y+z=2a;x+z=2b Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với y z x z x y 3 2x 2y 2z áp dụng bất đẳng thức A B C 33 ABC; A B 2 AB y z x z x y (y z)(x z)(x y) 2 yz.2 xz.2 xy 33 36 3 2x 2y 2z 8xyz 8xyz Dấu “=” xảy ra khi x=y=z hay a=b=c